物理卷·2018届江西省南昌二中高二上学期第一次月考物理试卷 （解析版）

物理卷·2018届江西省南昌二中高二上学期第一次月考物理试卷 （解析版）

‎2016-2017学年江西省南昌二中高二（上）第一次月考物理试卷 ‎　‎ 一、选择题（1-7每题只有一个正确答案，8-12每题至少有两个正确答案．每题4分，共48分．）‎ ‎1．如图，直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P、Q是它们的交点，四点处的电势分别为φM，φN，φP，φQ，一电子由M点分别到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等，则（　　）‎ A．直线a位于某一等势面内，φM＞φQ B．直线c位于某一等势面内，φM＞φN C．若电子由M点运动到Q点，电场力做正功 D．若电子由P点运动到Q点，电场力做负功 ‎2．如图所示，半径相同的两个金属小球A、B带有电荷量大小相等的电荷．相隔一定的距离，两球之间的相互吸引力大小为F．今用第三个半径相同的不带电的金属小球C先后与A、B两个球接触后移开．这时，A、B两个球之间的相互作用力大小是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎3．如图所示，在平面直角坐标系中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，其中坐标原点O处的电势为0V，点A处的电势为6V，点B处的电势为3V，则电场强度的大小为（　　）‎ A．200V/m B．200V/m C．100V/m D．100V/m ‎4．如图所示，真空中同一平面内MN直线上固定电荷量分别为﹣9Q和+Q的两个点电荷，两者相距为L，以+Q电荷为圆心，半径为画圆，a、b、c、d是圆周上四点，其中a、b在MN直线上，c、d两点连线垂直于MN，一电荷量为+q的试探电荷在圆周上运动，则下列判断错误的是（　　）‎ A．电荷+q在a处所受到的电场力最大 B．电荷+q在a处的电势能最大 C．电荷+q在b处的电势能最大 D．电荷+q在c、d两处的电势能相等 ‎5．如图所示，两个带有同种电荷的小球，用绝缘细线悬挂于O点，若q1＞q2，l1＞l2，平衡时两球到过O点的竖直线的距离相等，则（　　）‎ A．m1＞m2 B．m1=m2 C．m1＜m2 D．无法确定 ‎6．如图所示，在竖直平面内，AB⊥CD且A、B、C、D位于同一半径为r的圆上，在C点有一固定点电荷，电荷量为﹣Q．现从A点将一质量为m、电荷量为﹣q的点电荷由静止释放，该点电荷沿光滑绝缘轨道ADB运动到D点时的速度大小为4，规定电场中B点的电势为零，重力加速度为g．则在﹣Q形成的电场中（　　）‎ A．A点的电势高于D点的电势 B．O点的电场强度大小是A点的倍 C．点电荷﹣q在D点具有的电势能为7mgr D．D点的电势为 ‎7．如图所示，xOy平面是无穷大导体的表面，该导体充满z≤0的空间，z＞0的空间为真空．将电荷量为q的点电荷置于z轴上z=h处，则在xOy平面上会产生感应电荷．空间任意一点处的电场皆是由点电荷q和导体表面上的感应电荷共同激发的．已知静电平衡时导体内部场强处处为零，则在z轴上z=处的场强大小为（k为静电力常量）（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎8．如图所示，实线是匀强电场的电场线，带电粒子q1、q2 分别从A、C 两点以初速度v垂直射入电场，其运动轨迹分别是图中的ABC、CDA．已知q1带正电，不计粒子重力．则下列说法中正确的是（　　）‎ A．q2带负电 B．A点的电势低于C点的电势 C．电场力对q1做正功，对q2做负功 D．q1、q2的电势能均减小 ‎9．如图所示，a、b为两个固定的带等量正电荷的点电荷，虚线ab、cd互相垂直平分，负电荷q由c点从静止释放，如只受电场力作用，则下列关于此电荷运动的说法正确的是（　　）‎ A．从c到d速度一直增大 B．在cd间做往复运动，经O点时速度最大 C．从c到O加速度减小，从O到d加速度增大 D．若在c点给q一个合适的初速度，它可以做匀速圆周运动 ‎10．如图所示，A、B、C三个小球（可视为质点）的质量分别为m、2m、3m，B小球带负电，电荷量为q，A、C两小球不带电（不考虑小球间的静电感应），不可伸长的绝缘细线将三个小球连接起来悬挂在O点，三个小球均处于竖直向上的匀强电场中，电场强度大小为E，以下说法正确的是（　　）‎ A．静止时，A、B两小球间细线的拉力为5mg+qE B．静止时，A、B两小球间细线的拉力为5mg﹣qE C．剪断O点与A小球间细线的瞬间，A、B两小球间细线的拉力为qE D．剪断O点与A小球间细线的瞬间，A、B两小球间细线的拉力为qE ‎11．如图所示，A、B为平行金属板，两板相距d，分别与电源两极相连，两板的中央各有一个小孔M、N．开关S先闭合，今有一带电粒子自A板上方相距为d的P点由静止自由下落，空气阻力不计，到达N孔时速度恰好为零，然后沿原路返回．（P、M、N在同一竖直线上，且忽略极板的边缘效应），则（　　）‎ A．如果开关S保持闭合，把A板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落仍能沿原路返回 B．如果开关S保持闭合，把A板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落 C．如果开关S断开，把B板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落 D．如果开关S断开，把B板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落 ‎12．电势φ与坐标x的关系用图中曲线表示，图中斜线为该曲线过点（0.15，3）的切线．现有一质量为0.20kg，电荷量为+2.0×10﹣8C的滑块P（可视作质点），从x=0.10m处由静止释放，其与水平面的动摩擦因数为0.02．取重力加速度g=10m/s2．则下列说法中正确的是（　　）‎ A．滑块运动的加速度先逐渐减小后又逐渐变大 B．滑块运动的速度先减小后增大 C．x=0.15m处的场强大小为2.0×106N/C D．滑块运动的最大速度约为0.1m/s ‎　‎ 二、填空题（每空2分，共12分．）‎ ‎13．如图所示，竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘，两个带有同种电荷的小球A、B分别处于竖直墙面和水平地面，且处于同一竖直平面内，若用图示方向的水平推力F作用于小球B，则两球静止于图示位置．如果将小球向左推动少许，并待两球重新达到平衡时，跟原来的状态相比，竖直墙面对小球A的推力　　；地面对小球B的支持力　　；两小球之间的距离　　．（填“变大”、“变小”或“不变”）‎ ‎14．如图所示，D是一只二极管，它的作用是只允许电流从a流向b，不允许从b流向a，水平放置的平行板电容器AB内部原有一电荷P处于静止状态，一直保持两极板处于平行状态，若A和B的间距稍增大一些后，P的运动情况将是　　；若把A和B的正对面积稍增大一些后，P的运动情况将是　　；若充电后去掉电源与二极管，再在AB间插入一块陶瓷片，P的运动情况将是　　．（填“静止不动”、“向下运动”或“向上运动”）‎ ‎　‎ 三、计算题（共50分）‎ ‎15．如图所示，将质量均为m，带电量均为+q的a、b两小球用两根长均为l的细线悬于O点，将另一个带电量也为+q的小球c从O点正下方较远处缓慢移向O点，当三个带电小球分别处在等边三角形abc的三个顶点上时，细线的夹角恰好为120°，求此时细线上的拉力大小．‎ ‎16．如图所示，一根长为2m的绝缘细管AB被置于匀强电场E中，其A、B两端正好处于电场的左右边界上，倾角α=37°，电场强度E=103 V/m，方向竖直向下，管内有一个带负电的小球，重G=10﹣3 N，电荷量q=2×10﹣6 C，从A点由静止开始运动，已知小球与管壁的动摩擦因数为0.5，求小球从B点射出时的速度是多少？（取g=10m/s2；sin37°=0.6，cos37°=0.8）‎ ‎17．如图所示，在区域I和区域Ⅱ内分别存在匀强电场，电场强度大小均为E，但方向不同．在区域I内场强方向沿y轴正方向，区域Ⅱ内场强方向未标明，两处电场都处在xoy平面内．一质量为m，电量为q的正粒子从坐标原点O以某一初速度沿x轴正方向射入电场区域I，从P点进入电场区域Ⅱ，到达Ⅱ区域右边界Q处时速度恰好为零．P点的坐标为（L，）．不计粒子所受重力，求：‎ ‎（1）带电粒子射入电场区域I时的初速度；‎ ‎（2）电场区域Ⅱ的宽度．‎ ‎18．如图所示，ABCDF为一绝缘光滑轨道，竖直放置在方向水平向右的匀强电场中，电场强度大小为E．AB面水平，BCDF是半径为R的圆形轨道，B为圆心正下方的最低点，D为圆心正上方的最高点．今有一个带正电小球在电场力作用下由静止从A点开始沿轨道运动，小球受到的电场力和重力大小相等，小球的电量为q．求：‎ ‎（1）若AB间的距离为4R，则小球在运动过程中的最大动能有多大？‎ ‎（2）若AB间的距离为4R，则小球通过最高点D时的对轨道的压力有多大？‎ ‎（3）若小球能沿轨道做圆周运动到达接近水平轨道的F点．则AB间的距离至少要多大？‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年江西省南昌二中高二（上）第一次月考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（1-7每题只有一个正确答案，8-12每题至少有两个正确答案．每题4分，共48分．）‎ ‎1．如图，直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P、Q是它们的交点，四点处的电势分别为φM，φN，φP，φQ，一电子由M点分别到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等，则（　　）‎ A．直线a位于某一等势面内，φM＞φQ B．直线c位于某一等势面内，φM＞φN C．若电子由M点运动到Q点，电场力做正功 D．若电子由P点运动到Q点，电场力做负功 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势．‎ ‎【分析】电子由M点分别到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等，说明电势能增加相等，据此分析电势高低．‎ ‎【解答】解：AB、据题，电子由M点分别到N点和P点的过程中，电场力做负功相等，则电势能增加相等，电势降低，则N、P两点的电势相等，d位于同一等势面内，根据匀强电场等势面分布情况知，直线a不是同一等势面，直线c位于某一等势面内，且φM＞φN．故A错误，B正确．‎ C、由上分析知，直线c位于某一等势面内，M、Q的电势相等，若电子由M点运动到Q点电场力不做功，故C错误．‎ D、电子由P点运动到Q点与电子由P点运动到M点电场力做功相等，所以电场力做正功，故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎2．如图所示，半径相同的两个金属小球A、B带有电荷量大小相等的电荷．相隔一定的距离，两球之间的相互吸引力大小为F．今用第三个半径相同的不带电的金属小球C先后与A、B两个球接触后移开．这时，A、B两个球之间的相互作用力大小是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】库仑定律．‎ ‎【分析】理解库仑定律的内容，知道带电体相互接触后移开，同种电荷电量平分，异种电荷电量先中和再平分，然后根据各种情况列库仑定律方程，然后两式比较即可正确求解．‎ ‎【解答】解：两球之间的相互吸引力，则两球带等量异种电荷；‎ 假设A带电量为Q，B带电量为﹣Q，‎ 两球之间的相互吸引力的大小是：F=k 第三个不带电的金属小球C与A接触后，A和C的电量都为： C与B接触时先中和再平分，则C、B分开后电量均为：﹣‎ 这时，A、B两球之间的相互作用力的大小：F′=k=，故A正确；BCD错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎3．如图所示，在平面直角坐标系中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，其中坐标原点O处的电势为0V，点A处的电势为6V，点B处的电势为3V，则电场强度的大小为（　　）‎ A．200V/m B．200V/m C．100V/m D．100V/m ‎【考点】电势；电场强度．‎ ‎【分析】在x轴上找一电势为3V的点，将该点与B点连接，该连线为等势线，求出OB沿电场线方向上的距离，根据E=求出电场强度的大小．‎ ‎【解答】解：OA的中点C的电势为3V，将C点与B点连接，如图，电场线与等势线垂直，根据几何关系得，BC=2cm，则OB沿电场线方向上的距离d=．‎ 所以电场强度E=．故A正确，B、C、D错误．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，真空中同一平面内MN直线上固定电荷量分别为﹣9Q和+Q的两个点电荷，两者相距为L，以+Q电荷为圆心，半径为画圆，a、b、c、d是圆周上四点，其中a、b在MN直线上，c、d两点连线垂直于MN，一电荷量为+q的试探电荷在圆周上运动，则下列判断错误的是（　　）‎ A．电荷+q在a处所受到的电场力最大 B．电荷+q在a处的电势能最大 C．电荷+q在b处的电势能最大 D．电荷+q在c、d两处的电势能相等 ‎【考点】电势能；电场强度．‎ ‎【分析】根据电场力的合成分析电场力的大小．a、b、c、d四点的电场是由正电荷与负电荷合成的，由于a、b、c、d四点在以点电荷+Q为圆心的圆上，所以由正电荷的电场在a、b、c、d四点的电势是相等的，a、b、c、d四点的总电势可以通过﹣9Q产生的电场的电势来判定，再判断出电势能的大小．‎ ‎【解答】解：‎ A、在a、b、c、d四点+Q对+q的电场力大小相等，在a点，﹣9Q对+q的电场力最大，而且方向与+Q对+q的电场力方向相同，根据合成可知，+q在a处所受到的电场力最大，故A正确；‎ B、C、D，a、b、c、d四点在以点电荷+Q为圆心的圆上，由+Q产生的电场在a、b、c、d四点的电势是相等的，所以a、b、c、d四点的总电势可以通过﹣9Q产生的电场的电势确定，根据顺着电场线方向电势降低可知，b点的电势最高，c、d电势相等，a点电势最低，根据正电荷在电势高处电势能大，可知+q在a处的电势能最小，在b处的电势能最大，在c、d两处的电势能相等，故B错误，CD正确．‎ 本题选错误的，故选：B．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，两个带有同种电荷的小球，用绝缘细线悬挂于O点，若q1＞q2，l1＞l2，平衡时两球到过O点的竖直线的距离相等，则（　　）‎ A．m1＞m2 B．m1=m2 C．m1＜m2 D．无法确定 ‎【考点】库仑定律．‎ ‎【分析】对小球受力分析，根据受力平衡可得出小球的倾角与电量、重力的关系，则可得出两小球的质量的大小关系．‎ ‎【解答】解：对m1、m2球受力分析，‎ 根据共点力平衡和几何关系得：‎ 左边两个阴影部分面积相似，右边两个阴影部分面积相似；‎ 虽然q1＞q2，l1＞l2，但两者的库仑力大小相等，‎ 则有 由于 F1=F2，‎ 所以m1=m2． 故B正确，ACD错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，在竖直平面内，AB⊥CD且A、B、C、D位于同一半径为r的圆上，在C点有一固定点电荷，电荷量为﹣Q．现从A点将一质量为m、电荷量为﹣q的点电荷由静止释放，该点电荷沿光滑绝缘轨道ADB运动到D点时的速度大小为4，规定电场中B点的电势为零，重力加速度为g．则在﹣Q形成的电场中（　　）‎ A．A点的电势高于D点的电势 B．O点的电场强度大小是A点的倍 C．点电荷﹣q在D点具有的电势能为7mgr D．D点的电势为 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能．‎ ‎【分析】根据沿着电场线方向，电势降低；根据动能定理，求解﹣q在D点具有的电势能；根据点电荷电场强度公式，即可求解 ‎【解答】解：A、由题意可知，沿着电场线的方向，电势降低，而电场线会聚于负电荷，则A点的电势低于D点电势，故A错误；‎ B、根据点电荷电场强度公式，E=，电场强度的大小与间距的平方成反比，则有O点电场强度大小是A点的2倍，故B错误；‎ C、﹣q电荷从A到D运动，根据动能定理，则有：mgr+W电=m（4）2﹣0，解得：W电=7mgr；‎ 规定电场中B点的电势为零，因由D到B点电场力做负功，则电势能增大，因此D点的电势能为EPD=﹣7mgr；‎ 根据公式φ==，故D正确，C错误；‎ 故选：D ‎　‎ ‎7．如图所示，xOy平面是无穷大导体的表面，该导体充满z≤0的空间，z＞0的空间为真空．将电荷量为q的点电荷置于z轴上z=h处，则在xOy平面上会产生感应电荷．空间任意一点处的电场皆是由点电荷q和导体表面上的感应电荷共同激发的．已知静电平衡时导体内部场强处处为零，则在z轴上z=处的场强大小为（k为静电力常量）（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】电场强度．‎ ‎【分析】根据对称性，感应电荷在导体内外两侧空间产生的电场强度的大小相等，方向相反；而内部一点的电场强度为q和感应电荷产生的电场强度的合矢量．‎ ‎【解答】解：在z轴上﹣处，合场强为零，该点场强为q和导体近端感应电荷产生电场的场强的矢量和；‎ q在﹣处产生的场强为：E1==；‎ 由于导体远端离﹣处很远，影响可以忽略不计，故导体在﹣处产生场强近似等于近端在﹣处产生的场强；‎ ‎﹣处场强为：0=E1+E2，故E2=﹣E1=﹣；‎ 根据对称性，导体近端在处产生的场强为﹣E2=；‎ 电荷q在处产生的场强为： =；‎ 故处的合场强为：E=+=；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，实线是匀强电场的电场线，带电粒子q1、q2 分别从A、C 两点以初速度v垂直射入电场，其运动轨迹分别是图中的ABC、CDA．已知q1带正电，不计粒子重力．则下列说法中正确的是（　　）‎ A．q2带负电 B．A点的电势低于C点的电势 C．电场力对q1做正功，对q2做负功 D．q1、q2的电势能均减小 ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；电势；匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】由物体做曲线运动的条件结合电场力平行于电场线，电场力水平向右，又q1带电正电，故电场方向向右，同理，q2带负电荷．‎ ‎【解答】解：A、由物体做曲线运动的条件，且q1带正电，故电场力水平向右，电场方向向右，则q2 受的电场力向左，故q2 为负电荷，故A正确； ‎ ‎ B、由A项知电场线水平向右，沿电场线的方向电势降低，故A点的电势高于C点的电势，故B错误；‎ ‎ C、由图可知，电场力与运动方向夹锐角，做正功，故C错误；‎ ‎ D、电场力与运动方向夹锐角，做正功，电势能减少，故D正确；‎ 故选：AD ‎　‎ ‎9．如图所示，a、b为两个固定的带等量正电荷的点电荷，虚线ab、cd互相垂直平分，负电荷q由c点从静止释放，如只受电场力作用，则下列关于此电荷运动的说法正确的是（　　）‎ A．从c到d速度一直增大 B．在cd间做往复运动，经O点时速度最大 C．从c到O加速度减小，从O到d加速度增大 D．若在c点给q一个合适的初速度，它可以做匀速圆周运动 ‎【考点】电场的叠加；电场强度．‎ ‎【分析】在等量的正电荷的电场中，根据矢量的合成法则可以知道，在它们的连线中垂线上的点的电场强度的方向都是沿着中垂线指向外的，由此可以判断电场的情况，根据电场力的大小来确定加速度的变化，从而确定负电荷的速度变化，由电场力做功可知，负电荷的动能变化情况，当两点电荷提供的合力恰好等于其所需要的向心力，则会做匀速圆周运动．‎ ‎【解答】解：A、根据矢量的合成法则可以知道，在它们的连线中垂线上的点的电场强度的方向都是沿着中垂线指向外的，若负电荷在从c到d，电场力先做正功，越过O点后，电场力做负功，则动能先增大后减小，因此负电荷在cd间做往复运动，当经过O点时，电场力为零，则速度达到最大，故A错误，B正确．‎ C、由题意可知，从c到O的电场强度可能越来越小，也可能先增大后减小，则加速度可能越来越小，也可能先增大后减小，根据对称性，从O到d加速度可能增大，也可能先增大后减小，故C错误．‎ D、在c点给q一个合适的初速度，即两正点电荷对q的合力恰好等于其所需要的向心力，即可以做匀速圆周运动．故D正确．‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示，A、B、C三个小球（可视为质点）的质量分别为m、2m、3m，B小球带负电，电荷量为q，A、C两小球不带电（不考虑小球间的静电感应），不可伸长的绝缘细线将三个小球连接起来悬挂在O点，三个小球均处于竖直向上的匀强电场中，电场强度大小为E，以下说法正确的是（　　）‎ A．静止时，A、B两小球间细线的拉力为5mg+qE B．静止时，A、B两小球间细线的拉力为5mg﹣qE C．剪断O点与A小球间细线的瞬间，A、B两小球间细线的拉力为qE D．剪断O点与A小球间细线的瞬间，A、B两小球间细线的拉力为qE ‎【考点】库仑定律．‎ ‎【分析】静止时，对B球进行受力分析，B受到AB间细线的拉力，BC间细线的拉力，重力和电场力，受力平衡，即可求得A、B球间细线的拉力；假设B球也不带电，则剪断OA线瞬间，A、B、C三个小球一起以加速度g自由下落，互相相对静止，AB、BC间拉力为0．若B球带电，则相当于在上述状态下给B球瞬间施加一个竖直向下的电场力qE，把AB看成一个整体即可求解．‎ ‎【解答】解：静止时，对B球进行受力分析，则有：‎ T=2mg+3mg+Eq=5mg+Eq，故A正确，B错误；‎ B球带负电，相当于在上述状态下给B球瞬间施加一个竖直向下的电场力qE，‎ 经过AB绳传递，qE对A、B球整体产生一个竖直向下的加速度，‎ 此时A、B球的加速度为g+（显然＞g），C球以加速度g保持自由下落，以A球为研究对象可得A、B球间细线的拉力为qE．故C正确，D错误．‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ ‎11．如图所示，A、B为平行金属板，两板相距d，分别与电源两极相连，两板的中央各有一个小孔M、N．开关S先闭合，今有一带电粒子自A板上方相距为d的P点由静止自由下落，空气阻力不计，到达N孔时速度恰好为零，然后沿原路返回．（P、M、N在同一竖直线上，且忽略极板的边缘效应），则（　　）‎ A．如果开关S保持闭合，把A板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落仍能沿原路返回 B．如果开关S保持闭合，把A板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落 C．如果开关S断开，把B板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落 D．如果开关S断开，把B板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落 ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动；匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】质点到达N孔时速度恰好为零，然后返回，根据动能定理知，质点再运到到N点的过程中，重力做功和电场力做功相等．本题通过AB两端电势差的变化，根据动能定理进行判断．‎ ‎【解答】解：AB、保持S闭合，把A板向上或向下平移一小段距离，知AB两端的电势差不变，整个过程中重力做功不变，电场力做功不变，根据动能定理知，质点还是到达B点速度为零，然后沿原路返回．故A正确、B错误．‎ C、断开S，电量不变，将B板上移，d减小，根据C= 知，电容增大，则U=，知U减小，根据动能定理，运动到N重力做功大于电场力做功，N点速度不为零，将穿过N孔继续下落．故C正确．‎ D、断开S，电量不变，将B板下移，d增大，根据C= 知，电容减小，则U=，知U增大，根据动能定理，粒子还未到达b点，速度已减为零，然后返回．故D错误．‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ ‎12．电势φ与坐标x的关系用图中曲线表示，图中斜线为该曲线过点（0.15，3）的切线．现有一质量为0.20kg，电荷量为+2.0×10﹣8C的滑块P（可视作质点），从x=0.10m处由静止释放，其与水平面的动摩擦因数为0.02．取重力加速度g=10m/s2．则下列说法中正确的是（　　）‎ A．滑块运动的加速度先逐渐减小后又逐渐变大 B．滑块运动的速度先减小后增大 C．x=0.15m处的场强大小为2.0×106N/C D．滑块运动的最大速度约为0.1m/s ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势；电势能．‎ ‎【分析】电势ϕ与位移x图线的斜率表示电场强度，根据斜率判断电场强度的变化，从而判断出电场力的变化，根据牛顿第二定律判断出加速度的变化，根据加速度方向与速度方向的关系，判断出速度的变化，从而知道何时速度最大．‎ ‎【解答】解：AC、电势φ与位移x图线切线的斜率表示电场强度，则x=0.15m处的场强：‎ ‎ E==V/m=2.0×106V/m 此时的电场力为：F=qE=2×10﹣8×2×106N=0.04N，‎ 滑动摩擦力大小为：f=μmg=0.02×2N=0.04N，‎ 在x=0.15m前，电场力大于摩擦力，做加速运动，加速度逐渐减小，x=0.15m后电场力小于摩擦力，做减速运动，加速度逐渐增大．故AC正确；‎ BD、在x=0.15m时，电场力等于摩擦力，速度最大，根据动能定理得：qU﹣fx=mv2，因为0.10m和0.15m处的电势差大约为1.5×105V，‎ 得：vmax==m/s=0.1m/s．故B错误，D正确；‎ 故选：ACD．‎ ‎　‎ 二、填空题（每空2分，共12分．）‎ ‎13．如图所示，竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘，两个带有同种电荷的小球A、B分别处于竖直墙面和水平地面，且处于同一竖直平面内，若用图示方向的水平推力F作用于小球B，则两球静止于图示位置．如果将小球向左推动少许，并待两球重新达到平衡时，跟原来的状态相比，竖直墙面对小球A的推力　变小　；地面对小球B的支持力　不变　；两小球之间的距离　变大　．（填“变大”、“变小”或“不变”）‎ ‎【考点】库仑定律；共点力平衡的条件及其应用．‎ ‎【分析】先以A球为研究对象，分析受力，作出力图，根据平衡条件分析墙壁对A的弹力如何变化，再以AB整体为研究对象，根据平衡条件分析F如何变化和地面对小球B的弹力的变化．‎ ‎【解答】解：以A球为研究对象，分析受力，作出力图如图1所示：‎ 设B对A的库仑力F与墙壁的夹角为θ，由平衡条件得竖直墙面对小球A的弹力为：‎ N1=mAgtanθ，‎ 将小球B向左推动少许时θ减小，则N1减小，即竖直墙面对小球A的推力变小．‎ 再以AB整体为研究对象，分析受力如图2所示，由平衡条件得：‎ F=N1‎ N2=（mA+mB）g 则F减小，地面对小球B的弹力一定不变，即地面对小球B的支持力不变．‎ 库仑力F库=，θ减小，cosθ增大，F库减小，根据库仑定律，可知，两小球的间距增大．‎ 故答案为：变小；不变；变大．‎ ‎　‎ ‎14．如图所示，D是一只二极管，它的作用是只允许电流从a流向b，不允许从b流向a，水平放置的平行板电容器AB内部原有一电荷P处于静止状态，一直保持两极板处于平行状态，若A和B的间距稍增大一些后，P的运动情况将是　静止不动　；若把A和B的正对面积稍增大一些后，P的运动情况将是　静止不动　；若充电后去掉电源与二极管，再在AB间插入一块陶瓷片，P的运动情况将是　向下运动　．（填“静止不动”、“向下运动”或“向上运动”）‎ ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动．‎ ‎【分析】当两极板A和B的间距稍增大一些的瞬间，根据电容的决定式分析电容如何变化，电压不变，分析电容器的电量如何变化，判断电容器处于充电还是放电状态，根据二极管的单向导电性判断电容器的电量能否变化，再分析场强如何变化，判断电荷的运动情况．‎ ‎【解答】解：当两极板A和B的间距稍增大一些的瞬间，根据电容的决定式C= 分析得知，电容C减小，而电压不变，则电容器所带电量Q=CU要减小，但由于二极管具有单向导电性，电容器不能放电，所以电容器的电量不能改变，根据推论可知，板间场强E不变，电荷所受的电场力不变，仍保持静止状态．‎ 若把A和B的正对面积稍增大一些后，根据电容的决定式C= 分析得知，电容C增大，而电压不变，则电容器所带电量Q=CU要增大，但根据E=，电压不变，而极板间距d不变，因此板间场强E不变，电荷所受的电场力不变，仍保持静止状态．‎ 若充电后去掉电源与二极管，再在AB间插入一块陶瓷片，根据电容的决定式C= 分析得知，电容C增大，而电容器要放电，导致所带电量减小，依据Q=CU可知，电压减小，根据E=可知，板间场强E变小，电荷所受的电场力变小，则P处电场力小于重力，要向下运动；‎ 故答案为：（1）静止不动； （2）静止不动；（3）向下运动．‎ ‎　‎ 三、计算题（共50分）‎ ‎15．如图所示，将质量均为m，带电量均为+q的a、b两小球用两根长均为l的细线悬于O点，将另一个带电量也为+q的小球c从O点正下方较远处缓慢移向O点，当三个带电小球分别处在等边三角形abc的三个顶点上时，细线的夹角恰好为120°，求此时细线上的拉力大小．‎ ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度．‎ ‎【分析】对小球a受力分析，受重力、c球对a球的静电斥力、b球对a球的静电斥力和细线的拉力，然后根据平衡条件并结合正交分解法列式求解即可．‎ ‎【解答】解：球a与球b间距离l，对小球a受力分析，受重力、c球对a球的静电斥力、b球对a球的静电斥力和细线的拉力，如图所示：‎ 根据平衡条件，有：‎ 水平方向：Fab+Faccos60°=Tcos30°‎ 竖直方向：Facsin60°+Tsin30°=G 其中：Fab=Fac=k，‎ 解得：T=mg=，‎ 答：此时细线上的拉力大小为．‎ ‎　‎ ‎16．如图所示，一根长为2m的绝缘细管AB被置于匀强电场E中，其A、B两端正好处于电场的左右边界上，倾角α=37°，电场强度E=103 V/m，方向竖直向下，管内有一个带负电的小球，重G=10﹣3 N，电荷量q=2×10﹣6 C，从A点由静止开始运动，已知小球与管壁的动摩擦因数为0.5，求小球从B点射出时的速度是多少？（取g=10m/s2；sin37°=0.6，cos37°=0.8）‎ ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动．‎ ‎【分析】以小球为研究对象，分析受力情况，作出力图．根据垂直于管子方向力平衡，求出管对小球的压力，由摩擦力公式求出摩擦力的大小．小球从A到B的过程中，重力做负功，电场力做负功，摩擦力做负功，根据动能定理求出小球从B点射出时的速度．‎ ‎【解答】解：以小球为研究对象，分析受力情况，作出力图，如图．根据平衡条件得到，管子对小球的压力为：‎ N=（qE﹣mg）cos37°=（2×10﹣6×103﹣10﹣4×10）×0.8N=8×10﹣4N 小球运动过程中所受的摩擦力的大小为：f=μN=0.5×8×10﹣4N=4×10﹣4N 小球从A到B的过程中，根据动能定理得：‎ ‎（F﹣mg）Lsin37°﹣fL=mv2‎ 代入解得，小球从B点射出时的速度为：v=2m/s．‎ 答：小球从B点射出时的速度是2m/s．‎ ‎　‎ ‎17．如图所示，在区域I和区域Ⅱ内分别存在匀强电场，电场强度大小均为E，但方向不同．在区域I内场强方向沿y轴正方向，区域Ⅱ内场强方向未标明，两处电场都处在xoy平面内．一质量为m，电量为q的正粒子从坐标原点O以某一初速度沿x轴正方向射入电场区域I，从P点进入电场区域Ⅱ，到达Ⅱ区域右边界Q处时速度恰好为零．P点的坐标为（L，）．不计粒子所受重力，求：‎ ‎（1）带电粒子射入电场区域I时的初速度；‎ ‎（2）电场区域Ⅱ的宽度．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】看似复杂的题目，仔细分析实际上是两种基本运动的组合：类平抛运动和匀减速直线运动，由运动学公式和牛顿第二定律不难求出．‎ ‎（1）粒子在Ⅰ区内做类平抛运动，由于已知P点的坐标，则类平抛运动的水平位移和竖直位移为已知，而电场强度已知，则加速度为已知．则由运动学公式和牛顿第二定律就能求出类平抛的初速度．‎ ‎（2）进入Ⅱ区后，由于到达P点的速度为零，则从P到Q粒子是做匀减速直线运动，它的初速度就是类平抛的末速度vp，而加速度已知，则由匀减速直线运动位移与速度的关系就能求出位移，从而求出Ⅱ区的宽度．‎ ‎【解答】解：（1）设带电粒子射入电场区域Ⅰ时的初速度为v0‎ ‎ 在x轴正方向，粒子做匀速直线运动：L=v0t ①‎ ‎ 在y轴正方向，粒子做初速度为零的匀加速直线运动： ②‎ ‎ 由牛顿第二定律：‎ ‎ 解得：‎ ‎（2）粒子在区域Ⅱ做匀减速直线运动，设粒子在P处的速度vp，x方向的分速度为vpx ‎ 在y轴方向的分速度为vpy，电场区域Ⅱ的宽度为△x2，则：‎ ‎ 即 ‎ ‎ 故 =‎ ‎ 因为： 所以：‎ ‎ 设粒子从P做直线运动到Q所通过的位移为S，则有：‎ ‎ 解得：S=L ‎△x2=Scos45°‎ ‎ 解得：△‎ 答：（1）带电粒子射入电场区域I时的初速度为．‎ ‎（2）电场区域Ⅱ的宽度为．‎ ‎　‎ ‎18．如图所示，ABCDF为一绝缘光滑轨道，竖直放置在方向水平向右的匀强电场中，电场强度大小为E．AB面水平，BCDF是半径为R的圆形轨道，B为圆心正下方的最低点，D为圆心正上方的最高点．今有一个带正电小球在电场力作用下由静止从A点开始沿轨道运动，小球受到的电场力和重力大小相等，小球的电量为q．求：‎ ‎（1）若AB间的距离为4R，则小球在运动过程中的最大动能有多大？‎ ‎（2）若AB间的距离为4R，则小球通过最高点D时的对轨道的压力有多大？‎ ‎（3）若小球能沿轨道做圆周运动到达接近水平轨道的F点．则AB间的距离至少要多大？‎ ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动；向心力．‎ ‎【分析】（1）小球在重力和电场力的复合场中，有一个等效最高点与等效最低点，当小球在等效最低点的时候，小球的动能最大；‎ ‎（2）要使小球在圆轨道上做圆周运动，小球在运动到D点的过程中，重力和电场力做功，根据动能定理以及牛顿第二定律即可解答；‎ ‎（3）使小球在圆轨道上做圆周运动，小球在“最高”点不脱离圆环．这“最高”点并不是D点，可采用等效重力场的方法进行求解．对小球受力分析可知，小球在混合场中的最高点，此时小球的速度应该为零，在由动能定理可以求得AB间的距离．‎ ‎【解答】解：（1）重力场和电场合成等效重力场，其方向为电场力和重力的合力方向，与竖直方向的夹角（如图所示）‎ 得：θ=45°‎ 所以小球在BC之间且小球与圆心连线与竖直方向成θ=45°的位置动能最大 ‎ ‎（2）从A点到最高点D，据动能定理有：‎ 在D点重力和轨道的支持力提供向心力，则：‎ 联立得：FN=3mg 根据牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力也是3mg ‎（3）等效重力加速度：‎ 在等效重力场的“最高”点，小球刚好不掉下来时有： ‎ 从A到等效重力场的“最高”点，由动能定理有：‎ 解得：‎ 答：（1）小球在BC之间且小球与圆心连线与竖直方向成θ=45°的位置动能最大；‎ ‎（2）若AB间的距离为4R，则小球通过最高点D时对轨道的压力是3mg；‎ ‎（3）AB间的距离至少为．‎ ‎　‎ ‎2016年12月9日